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浙江省浙东北（ZDB）联盟2023-2024学年高二下学期期中联考物理试卷（Word版附解析）
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这是一份浙江省浙东北（ZDB）联盟2023-2024学年高二下学期期中联考物理试卷（Word版附解析），文件包含浙江省浙东北ZDB联盟2023-2024学年高二下学期期中联考物理试题Word版含解析docx、浙江省浙东北ZDB联盟2023-2024学年高二下学期期中联考物理试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷共6页满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
5．可能用到的相关参数：重力加速度取10m/s2。
选择题部分
一、单选题（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 简谐运动属于下列哪种运动（ ）
A. 匀速直线运动B. 匀加速直线运动
C. 匀变速运动D. 非匀变速运动
【答案】D
【解析】
【详解】做简谐运动的物体速度随时间周期性变化，根据
可知加速度随位移变化而变化，而位移随时间周期性变化，加速度也作周期性变化，是非匀变速运动，故D正确，ABC错误。
故选D。
2. 在天文学上，由地球上接收到遥远天体发出的光波的频率可以判断遥远的天体相对于地球的运动速度。这是利用了波的（ ）
A. 折射B. 干涉C. 衍射D. 多普勒效应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】多谱勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的距离发生变化，使观察者收到的频率发生了变化，所以由地球上接收到遥远天体发出的光波的频率可以判断遥远的天体相对于地球的运动速度。这是利用了波的多普勒效应，则D正确；ABC错误；
故选D。
3. 火车的鸣笛声由空气传到铁轨中，则关于其频率和波长的变化情况，描述正确的是
A. 频率不变，波长变短B. 频率不变，波长变长
C. 频率变小，波长变长D. 频率变大，波长变短
【答案】B
【解析】
【详解】波的频率是由波源决定的，所以波从一种介质进入另一种介质时，频率不变．则声波由空气进入铁轨中，波速变大，频率不变，由波速公式v=λf得知，声波的波长变长．故B正确，ACD错误．故选B
4. 火箭利用喷出的气体进行加速，是利用了高速气体的哪种作用（ ）
A. 产生的浮力B. 向外的喷力C. 反冲作用D. 热作用
【答案】C
【解析】
【详解】火箭发射时，燃料燃烧，产生高温燃气，燃气通过喷管向后高速喷出，燃气对火箭产生推力，在燃气推动火箭的力的作用下，火箭升空，这是利用了反冲作用。
故选C。
5. 科技发展，造福民众．近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害．在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（ ）
A. 减小穿戴者动量的变化量
B. 减小穿戴者动量的变化率
C. 增大穿戴者所受合力的冲力
D. 增大穿戴者所受合力的冲量
【答案】B
【解析】
【详解】依题意，根据动量定理，可得
可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的冲力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量，也即穿戴者所受合力的冲量均未发生变化。
故选B。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 声波能绕过某一建筑物传播，这是波的干涉
B. 手机在通话时涉及的波既有电磁波也有声波
C. 一单摆在空气中做阻尼振动，振幅减小，则单摆的周期也在减小
D. 波动中，振动相位总是相同的两个质点之间的距离一定等于一个波长
【答案】B
【解析】
【详解】A．声波能绕过某一建筑物传播，这是波的衍射，故A错误；
B．用手机通话时，需要手机接收声波并转化成电磁波，接听者的手机需要把接收到的电磁波转换成声波，故B正确；
C．单摆的周期与其振幅无关，故C错误；
D．振动相位总是相同的两个相邻质点之间的距离等于一个波长，故D错误。
故选B。
7. 春节刚过，烟花的美景仍印象深刻。放烟花时烟花弹由发射筒底部火药引燃获得初速度，竖直向上运动到最高点时炸开，如图是烟花燃放时的图景，其中P、Q分别为两块碎片的径迹，假设两块碎片在烟花弹炸开时同时斜向上抛出，初速度大小，初速度与水平方向的夹角，不计空气阻力，下列表述正确的是（ ）
A. 烟花弹“发射”过程动量守恒
B. 在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率相同
C. P、Q两块碎片上升到最高点时速度都为零
D. P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动的时间相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．烟花弹“发射”过程所受合外力不是零且不可被忽略，动量不守恒。故A错误；
B．根据，可知在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率，即加速度相同，均为重力加速度。故B正确；
C．P、Q两块碎片上升到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不是零。故C错误；
D．P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动时间
因为，，则
故D错误。
故选B。
8. 为了交通安全，常在公路上设置如图所示减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面上的减速带的间距为，一辆固有频率为的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（ ）
A. 当汽车以速度行驶时，其振动频率为
B. 当汽车以的速度行驶时颠簸最厉害
C. 当汽车以的速度行驶时最不颠簸
D. 汽车速度越大，颠簸就越厉害
【答案】B
【解析】
【详解】A．当汽车以的速度行驶时，驱动力的周期为
所以频率等于
A错误；
B．当汽车以4m/s的速度行驶时，汽车的频率为
此时和汽车固有频率相同，所以颠簸最厉害，故B正确；
C．当汽车以的速度行驶时，汽车的频率为
此时和汽车固有频率不相同，所以颠簸不是最厉害，故C错误；
D．当驱动力频率和汽车固有频率相同时，汽车颠簸最厉害，并不是汽车速度越大，颠簸就越厉害，故D错误。
故选B。
9. 钓鱼可以修身养性，颇受人们喜爱。如图为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到微小扰动而上下振动，某钓友发现鱼漂向下运动时圆柱体上的M点恰好可以到达水面，向上运动时圆柱体上的N点恰好可以露出水面。忽略水的阻力和水面波动影响，则（ ）
A. 鱼漂的振动不是简谐运动
B. 鱼漂振动过程中受到重力、浮力、回复力的作用
C. M点到达水面时，鱼漂的动能为零
D. N点到达水面时，鱼漂的加速度最小
【答案】C
【解析】
【详解】A．设鱼漂静止时水下部分的长度为，根据平衡条件得
取向下为正方向，鱼漂从平衡位置再向下位移为x时，鱼漂的合力为
解得
设，则
鱼漂的振动为简谐运动，故A错误；
B．鱼漂受到重力，浮力的作用，重力和浮力的合力为回复力，故B错误；
C．M点到达水面时，鱼漂位于最低点，鱼漂的动能最小等于零，故C正确；
D．N点到达水面时，鱼漂位于最高点，相对于平衡位置的位移最大，合力最大，根据牛顿第二定律可知鱼漂的加速度最大，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，S1、S2是位于水面的两个振动情况完全相同的波源，振幅为A，P、M、N三点均位于S1、S2连线的中垂线上，且。某时刻P是两列波的波峰相遇点，N恰是两列波的波谷相遇点，则（ ）
A. P、N两点间的距离为半个波长B. M点位移的最大值为2A
C. P点的位移始终是2AD. N点为振动减弱点
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意可知、两点均为振动加强点，又因为点在波峰，点在波谷，所以、两点相距半波长的奇数倍，AD错误；
B．、两点均为振动加强点，两点连线上的点也为振动加强点，所以点位移的最大值为，B正确；
C．点在平衡位置做简谐振动，位移的最大值为，C错误。
故选B。
11. 如图所示，质量为 m 的立方体 A 放置在质量为 M 的正方体 B 上， B 放在光滑水平面上， B 的一侧与 一轻弹簧相连，它们一起在光滑的水平面上做简谐运动，运动过程中 A、B 无相对运动，设弹簧的劲度系数为 k，当 B 离开平衡位置的位移为x 时， A、B 间摩擦力的大小等于（ ）
A. 0B. kxC. D.
【答案】D
【解析】
【详解】以A、B整体为研究对象，设当B 离开平衡位置的位移为x 时，整体加速度为，由牛顿第二定律
再以B为研究对象，根据牛顿第二定律
联立可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
12. 如图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，从t＝0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时，乙在平衡位置的（ ）
A. 左方，向右运动
B. 左方，向左运动
C. 右方，向右运动
D. 右方，向左运动
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由振动图象可直接读出单摆的位移，根据位移图线的切线斜率等于速度可判断速度的方向．
从t=0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时，由图知在t=1.5s时刻，且此时单摆乙位移为正，方向向右，即在平衡位置的右方．根据图象的斜率等于速度，可知在t=1.5s时刻，单摆乙的速度为负，方向向左，故D正确．
13. 风力发电是一种比较环保的发电模式。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，遇到叶片后风速减为0，若空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为，则叶片迎风的有效面积约占整个面积的（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设叶片迎风的有效面积约占整个面积的n倍，时间t内流向叶片的空气的质量为
根据动量定理可得
空气对叶片的平均作用力
联立解得
故选B。
二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在A、两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移随时间的变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 时，振子的速度方向向左
B. 时，振子在点右侧处
C. 到的时间内，振子的速度逐渐增大
D. 到的时间内，振子的加速度逐渐增大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，故A正确；
B．时，振子远离平衡位置运动，速度逐渐减小，应在O点右侧大于6cm处，故B错误；
C．到的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，故C正确；
D．到的时间内，振子远离平衡位置运动，加速度逐渐增大，故D正确。
故选ACD。
15. 一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端点P、Q同时开始上下振动，一段时间后的波形如图所示。对于以后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是（ ）
A. 两列波将同时到达中点MB. 两列波波速之比为1∶2
C. 中点M的振动点总是加强的D. 绳的两端点P、Q开始振动的方向相同
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】AB．由题意可知，波在同种介质传播，所以波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点。故A正确，B错误；
C．由于波长的不同，因此在M点相遇时，并不总是加强或减弱；当两波刚传的M点时，此时刻位移为零，所以M点的位移大小在某时刻可能为零。故C错误；。
D．据波的传播特点可知，各质点的起振方向与波源的起振方向相同，据波形可知，两波源的起振方向都是向上振动，故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
实验题（16、17、18三题共14分）
16. 某实验小组用单摆做“单摆测量重力加速度”实验。
如图是用游标卡尺测出摆球的直径________cm；
【答案】2.125
【解析】
【详解】20分度的游标卡尺的精确度为，游标卡尺测出摆球的直径
17. 根据单摆可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。
A. 摆球应选用直径较小、密度较大的小球，摆线应选用细而不易伸长的线
B. 为了便于记录周期，开始时将摆球拉开，应使摆线与平衡位置有较大角度
C. 记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，摆球再次回到平衡位置停止计时，此时间间隔为，则单摆周期
D. 记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用时间，则单摆周期
（2）若已测出悬点到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度________（用L、n、t表示）。
（3）某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________。
A. 测摆长时记录的是摆线的长度
B. 开始计时时，秒表过早按下
C. 摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D. 实验中误将29次全振动数记为30次
【答案】（1）AD （2）
（3）D
【解析】
【小问1详解】
A．该实验中，摆线应选用细而不易伸长的线，避免在摆动过程中摆长发生改变，且长度要适当长一些；为了避免空气阻力的影响，摆球应选用直径较小，密度较大的小球，故A正确；
B．单摆的最大摆角应小于，因而开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，故B错误；
C．为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，故C错误；
D．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间，则单摆周期，故D正确。
故选AD。
【小问2详解】
根据单摆周期公式
又
联立解得
【小问3详解】
根据
可得
A．测摆长时记录的是摆线的长度，则摆长测量值偏小，使得重力加速度测量值偏小，故A错误；
B．开始计时时，秒表过早按下，则周期测量值偏大，使得重力加速度测量值偏小，故B错误；
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，使得重力加速度测量值偏小，故C错误；
D．实验中误将29次全振动数记为30次，则周期测量值偏小，使得重力加速度测量值偏大，故D正确。
故选D。
18. 用如图所示装置，通过两个小球A、B的碰撞来验证动量守恒定律，O点是小球水平抛出点在水平地面上的垂直投影．实验时先让入射小球A多次从斜轨上的某一位置由静止释放，从水平轨道的右端水平抛出，经多次重复上述操作，确定出其落地点的平均位置P1，然后，把被碰小球B置于水平轨道的末端，再将入射小球A从斜轨上由静止释放，使其与小球B对心正碰，多次重复实验，确定出A、B相碰后他们各自落地点的平均位置M、N．分别测量平抛射程OM、O N和OP．
（1）实验中必须满足的条件是：（ ）
A.斜槽轨道尽量光滑，以减小误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放
D.两球的质量必须相等
E.两球的半径必须相等
（2）若A、B两小球的质量之比为6:1，在实验误差允许范围内，下列说法正确的是_____
A. A、B两小球碰撞后在空中运动的时间比为OM:ON
B. A、B两小球碰撞后落地的重力的瞬时功率之比为6OM:ON
C. 若A、B两小球在碰撞前后动量守恒，则一定有6OP=6OM+ON
D. 若A、B两小球碰撞为弹性碰撞，则一定有OP=ON-OM
（3）另一位同学也用上述两球进行实验，测得入射球A的质量为mA被碰撞小球B的质量为mB，但他将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点，如图所示．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨道上某一位置由静止释放，撞击点为B0；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上同一位置由静止释放，确定其撞击点为B2；保持木条不动，再将入射球A从斜轨上同一位置由静止释放，与静止在轨道末端的球B相碰，确定两球相碰后与木条的撞击点分别为B1和B3．测得B0与B1、B2、B3各点的高度差分别为h1、h2、h3．若所测得物理量满足表达式________________时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒．
【答案】 ①. BCE ②. CD ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A错误；
B．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B正确；
C．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；
DE．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求，，D错误；E正确；
应选BCE。
（2）[2]A．两小球碰撞后在空中做平抛运动，运动的时间
故A、B两小球碰撞后在空中运动的时间比为，A错误；
B．两小球碰撞后落地的竖直速度相等，由
所以
B错误；
C．若A、B两小球在碰撞前后动量守恒，则一定有
即
C正确；
D．若A、B两小球的碰撞为弹性碰撞，则有
即有：
与
联立可得
OP=ON-OM
D正确；
故选CD。
（3）[3]小球做平抛运动，在竖直方向上
平抛运动时间
设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：
如果碰撞过程动量守恒，则
代入解得
19. 如图所示是一则安全警示广告，描述了高空坠物对人伤害的严重性。小王同学用下面的实例来检验广告词的科学性：用一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面。经测量鸡蛋质量约50g，8层楼高约20米，与地面接触时间约为0.02s。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求鸡蛋：
(1)下落到地面时动量的大小；
(2)对地面平均作用力的大小。
【答案】(1)1；(2)50.5N
【解析】
【详解】(1)下落到地面时速度由得
v==20m/s
动量的大小为
(2)设向上为正方向，根据动量定理可知，对鸡蛋
解得
由牛顿第三定律可知鸡蛋对地面平均作用力的大小
F´=50.5N
20. 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线是这列波在时刻的波形，虚线是这列波在时刻的波形，问：
（1）若这列波的波速大小为74m/s，求波传播的方向；
（2）若这列波的周期为T，且，求这列波的波速是多大；
（3）若波速为38m/s，求处的质点从时刻开始计时的振动方程。
【答案】（1）波沿x轴负方向传播；（2）若波沿x轴正方向传播54m/s，若波沿x轴负方向传播58m/s；（3）
【解析】
【详解】（1）由图象可知，该波的波长
λ=8m
若波速大小为74m/s，在
内波传播的距离为
因为
所以波沿x轴负方向传播；
（2）波在一个周期内传播的距离是一个波长，由知，波传播距离为
当波向x轴正方向传播时，波传播距离为
波速为
当波向x轴负方向传播时，波传播距离为
波速为
（3）若波速大小为38m/s，在
内波传播的距离为
所以波沿x轴正方向传播，质点振动的周期
质点振动方程为
21. 如图所示，一竖直固定的长直圆管内有一质量的静止薄活塞，活塞与管的上端口距离为，一质量m=0.1kg的小球从管的上端口由静止下落，并撞在活塞中心，活塞向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，活塞始终水平，小球与活塞发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）第一次碰撞前瞬间小球的速度大小；
（2）在第一次碰撞后瞬间小球与活塞的速度分别为多少；
（3）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与活塞间的最远距离。
【答案】（1）3m/s；（2），2m/s；（3）0.45m
【解析】
【详解】（1）第一次碰撞前瞬间，对小球，根据动能定理有
解得
（2）小球与活塞第一次碰撞，由于是弹性碰撞，则有
解得
（3）碰后活塞向下匀速运动，小球做竖直上抛运动，当小球速度向下且两者共速时有最大距离，选择向下为正方向，则有
解得共速时间
此时最大距离
解得
22. 如图是一游戏装置的简易模型，它由光滑的水平轨道CDM和竖直平面内的光滑圆轨道组成，竖直圆轨道的半径，圆轨道内侧最高点E点装有一力传感器，且竖直圆轨道的最低点D、点相互靠近且错开。水平轨道左侧放置着两个用细绳连接的物体A和B，其间有一压缩的轻弹簧（物体与轻弹簧不粘连），烧断细绳，物体被弹出。轨道右侧M端与水平传送带MN等高，并能平滑对接，传送带总长度，传送带速度大小和方向均可调。已知A物体质量，B物体质量可变，A、B间被压缩的弹簧的弹性势能为30J。则：
（1）求测得的力传感器能显示的力的最小值；
（2）要使物体A冲上传送带后，均能到达N点，求传送带的动摩擦因数的最大值；
（3）要使物体A在圆轨道上运动时不脱离轨道，则物体B的质量范围。
【答案】（1）0；（2）0.45；（2）见解析
【解析】
【详解】（1）当由重力提供向心力时，对E点压力为0，所以测得的力传感器能显示的力的最小值
（2）当物体A恰好通过圆轨道最高点后进入传送带时速度最小，此时若传送带静止或逆时针转动，则物体一直在传送带上做匀减速直线运动。当物体到达N点的速度为0时，则动摩擦因数最大，即：对物体A分析
得：
所以传送带的动摩擦因数应满足
（2）物体A不脱离圆轨道有两种情况，①过最高点的速度
则从弹簧弹出开始到最高点列动能定理
得
②到达圆轨道的圆心等高处时速度恰好为0，则从弹簧弹出开始到圆心等高处列动能定理
得
因为物体A是通过释放弹簧的弹性势能获得速度，且A与B反向弹开，满足动量守恒
得
代入数据得
或
考生须知：
1．本卷共6页满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
5．可能用到的相关参数：重力加速度取10m/s2。
选择题部分
一、单选题（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 简谐运动属于下列哪种运动（ ）
A. 匀速直线运动B. 匀加速直线运动
C. 匀变速运动D. 非匀变速运动
【答案】D
【解析】
【详解】做简谐运动的物体速度随时间周期性变化，根据
可知加速度随位移变化而变化，而位移随时间周期性变化，加速度也作周期性变化，是非匀变速运动，故D正确，ABC错误。
故选D。
2. 在天文学上，由地球上接收到遥远天体发出的光波的频率可以判断遥远的天体相对于地球的运动速度。这是利用了波的（ ）
A. 折射B. 干涉C. 衍射D. 多普勒效应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】多谱勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的距离发生变化，使观察者收到的频率发生了变化，所以由地球上接收到遥远天体发出的光波的频率可以判断遥远的天体相对于地球的运动速度。这是利用了波的多普勒效应，则D正确；ABC错误；
故选D。
3. 火车的鸣笛声由空气传到铁轨中，则关于其频率和波长的变化情况，描述正确的是
A. 频率不变，波长变短B. 频率不变，波长变长
C. 频率变小，波长变长D. 频率变大，波长变短
【答案】B
【解析】
【详解】波的频率是由波源决定的，所以波从一种介质进入另一种介质时，频率不变．则声波由空气进入铁轨中，波速变大，频率不变，由波速公式v=λf得知，声波的波长变长．故B正确，ACD错误．故选B
4. 火箭利用喷出的气体进行加速，是利用了高速气体的哪种作用（ ）
A. 产生的浮力B. 向外的喷力C. 反冲作用D. 热作用
【答案】C
【解析】
【详解】火箭发射时，燃料燃烧，产生高温燃气，燃气通过喷管向后高速喷出，燃气对火箭产生推力，在燃气推动火箭的力的作用下，火箭升空，这是利用了反冲作用。
故选C。
5. 科技发展，造福民众．近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害．在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（ ）
A. 减小穿戴者动量的变化量
B. 减小穿戴者动量的变化率
C. 增大穿戴者所受合力的冲力
D. 增大穿戴者所受合力的冲量
【答案】B
【解析】
【详解】依题意，根据动量定理，可得
可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的冲力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量，也即穿戴者所受合力的冲量均未发生变化。
故选B。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 声波能绕过某一建筑物传播，这是波的干涉
B. 手机在通话时涉及的波既有电磁波也有声波
C. 一单摆在空气中做阻尼振动，振幅减小，则单摆的周期也在减小
D. 波动中，振动相位总是相同的两个质点之间的距离一定等于一个波长
【答案】B
【解析】
【详解】A．声波能绕过某一建筑物传播，这是波的衍射，故A错误；
B．用手机通话时，需要手机接收声波并转化成电磁波，接听者的手机需要把接收到的电磁波转换成声波，故B正确；
C．单摆的周期与其振幅无关，故C错误；
D．振动相位总是相同的两个相邻质点之间的距离等于一个波长，故D错误。
故选B。
7. 春节刚过，烟花的美景仍印象深刻。放烟花时烟花弹由发射筒底部火药引燃获得初速度，竖直向上运动到最高点时炸开，如图是烟花燃放时的图景，其中P、Q分别为两块碎片的径迹，假设两块碎片在烟花弹炸开时同时斜向上抛出，初速度大小，初速度与水平方向的夹角，不计空气阻力，下列表述正确的是（ ）
A. 烟花弹“发射”过程动量守恒
B. 在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率相同
C. P、Q两块碎片上升到最高点时速度都为零
D. P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动的时间相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．烟花弹“发射”过程所受合外力不是零且不可被忽略，动量不守恒。故A错误；
B．根据，可知在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率，即加速度相同，均为重力加速度。故B正确；
C．P、Q两块碎片上升到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不是零。故C错误；
D．P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动时间
因为，，则
故D错误。
故选B。
8. 为了交通安全，常在公路上设置如图所示减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面上的减速带的间距为，一辆固有频率为的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（ ）
A. 当汽车以速度行驶时，其振动频率为
B. 当汽车以的速度行驶时颠簸最厉害
C. 当汽车以的速度行驶时最不颠簸
D. 汽车速度越大，颠簸就越厉害
【答案】B
【解析】
【详解】A．当汽车以的速度行驶时，驱动力的周期为
所以频率等于
A错误；
B．当汽车以4m/s的速度行驶时，汽车的频率为
此时和汽车固有频率相同，所以颠簸最厉害，故B正确；
C．当汽车以的速度行驶时，汽车的频率为
此时和汽车固有频率不相同，所以颠簸不是最厉害，故C错误；
D．当驱动力频率和汽车固有频率相同时，汽车颠簸最厉害，并不是汽车速度越大，颠簸就越厉害，故D错误。
故选B。
9. 钓鱼可以修身养性，颇受人们喜爱。如图为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到微小扰动而上下振动，某钓友发现鱼漂向下运动时圆柱体上的M点恰好可以到达水面，向上运动时圆柱体上的N点恰好可以露出水面。忽略水的阻力和水面波动影响，则（ ）
A. 鱼漂的振动不是简谐运动
B. 鱼漂振动过程中受到重力、浮力、回复力的作用
C. M点到达水面时，鱼漂的动能为零
D. N点到达水面时，鱼漂的加速度最小
【答案】C
【解析】
【详解】A．设鱼漂静止时水下部分的长度为，根据平衡条件得
取向下为正方向，鱼漂从平衡位置再向下位移为x时，鱼漂的合力为
解得
设，则
鱼漂的振动为简谐运动，故A错误；
B．鱼漂受到重力，浮力的作用，重力和浮力的合力为回复力，故B错误；
C．M点到达水面时，鱼漂位于最低点，鱼漂的动能最小等于零，故C正确；
D．N点到达水面时，鱼漂位于最高点，相对于平衡位置的位移最大，合力最大，根据牛顿第二定律可知鱼漂的加速度最大，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，S1、S2是位于水面的两个振动情况完全相同的波源，振幅为A，P、M、N三点均位于S1、S2连线的中垂线上，且。某时刻P是两列波的波峰相遇点，N恰是两列波的波谷相遇点，则（ ）
A. P、N两点间的距离为半个波长B. M点位移的最大值为2A
C. P点的位移始终是2AD. N点为振动减弱点
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意可知、两点均为振动加强点，又因为点在波峰，点在波谷，所以、两点相距半波长的奇数倍，AD错误；
B．、两点均为振动加强点，两点连线上的点也为振动加强点，所以点位移的最大值为，B正确；
C．点在平衡位置做简谐振动，位移的最大值为，C错误。
故选B。
11. 如图所示，质量为 m 的立方体 A 放置在质量为 M 的正方体 B 上， B 放在光滑水平面上， B 的一侧与 一轻弹簧相连，它们一起在光滑的水平面上做简谐运动，运动过程中 A、B 无相对运动，设弹簧的劲度系数为 k，当 B 离开平衡位置的位移为x 时， A、B 间摩擦力的大小等于（ ）
A. 0B. kxC. D.
【答案】D
【解析】
【详解】以A、B整体为研究对象，设当B 离开平衡位置的位移为x 时，整体加速度为，由牛顿第二定律
再以B为研究对象，根据牛顿第二定律
联立可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
12. 如图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，从t＝0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时，乙在平衡位置的（ ）
A. 左方，向右运动
B. 左方，向左运动
C. 右方，向右运动
D. 右方，向左运动
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由振动图象可直接读出单摆的位移，根据位移图线的切线斜率等于速度可判断速度的方向．
从t=0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时，由图知在t=1.5s时刻，且此时单摆乙位移为正，方向向右，即在平衡位置的右方．根据图象的斜率等于速度，可知在t=1.5s时刻，单摆乙的速度为负，方向向左，故D正确．
13. 风力发电是一种比较环保的发电模式。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，遇到叶片后风速减为0，若空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为，则叶片迎风的有效面积约占整个面积的（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设叶片迎风的有效面积约占整个面积的n倍，时间t内流向叶片的空气的质量为
根据动量定理可得
空气对叶片的平均作用力
联立解得
故选B。
二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在A、两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移随时间的变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 时，振子的速度方向向左
B. 时，振子在点右侧处
C. 到的时间内，振子的速度逐渐增大
D. 到的时间内，振子的加速度逐渐增大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，故A正确；
B．时，振子远离平衡位置运动，速度逐渐减小，应在O点右侧大于6cm处，故B错误；
C．到的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，故C正确；
D．到的时间内，振子远离平衡位置运动，加速度逐渐增大，故D正确。
故选ACD。
15. 一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端点P、Q同时开始上下振动，一段时间后的波形如图所示。对于以后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是（ ）
A. 两列波将同时到达中点MB. 两列波波速之比为1∶2
C. 中点M的振动点总是加强的D. 绳的两端点P、Q开始振动的方向相同
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】AB．由题意可知，波在同种介质传播，所以波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点。故A正确，B错误；
C．由于波长的不同，因此在M点相遇时，并不总是加强或减弱；当两波刚传的M点时，此时刻位移为零，所以M点的位移大小在某时刻可能为零。故C错误；。
D．据波的传播特点可知，各质点的起振方向与波源的起振方向相同，据波形可知，两波源的起振方向都是向上振动，故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
实验题（16、17、18三题共14分）
16. 某实验小组用单摆做“单摆测量重力加速度”实验。
如图是用游标卡尺测出摆球的直径________cm；
【答案】2.125
【解析】
【详解】20分度的游标卡尺的精确度为，游标卡尺测出摆球的直径
17. 根据单摆可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。
A. 摆球应选用直径较小、密度较大的小球，摆线应选用细而不易伸长的线
B. 为了便于记录周期，开始时将摆球拉开，应使摆线与平衡位置有较大角度
C. 记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，摆球再次回到平衡位置停止计时，此时间间隔为，则单摆周期
D. 记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用时间，则单摆周期
（2）若已测出悬点到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度________（用L、n、t表示）。
（3）某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________。
A. 测摆长时记录的是摆线的长度
B. 开始计时时，秒表过早按下
C. 摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D. 实验中误将29次全振动数记为30次
【答案】（1）AD （2）
（3）D
【解析】
【小问1详解】
A．该实验中，摆线应选用细而不易伸长的线，避免在摆动过程中摆长发生改变，且长度要适当长一些；为了避免空气阻力的影响，摆球应选用直径较小，密度较大的小球，故A正确；
B．单摆的最大摆角应小于，因而开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，故B错误；
C．为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，故C错误；
D．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间，则单摆周期，故D正确。
故选AD。
【小问2详解】
根据单摆周期公式
又
联立解得
【小问3详解】
根据
可得
A．测摆长时记录的是摆线的长度，则摆长测量值偏小，使得重力加速度测量值偏小，故A错误；
B．开始计时时，秒表过早按下，则周期测量值偏大，使得重力加速度测量值偏小，故B错误；
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，使得重力加速度测量值偏小，故C错误；
D．实验中误将29次全振动数记为30次，则周期测量值偏小，使得重力加速度测量值偏大，故D正确。
故选D。
18. 用如图所示装置，通过两个小球A、B的碰撞来验证动量守恒定律，O点是小球水平抛出点在水平地面上的垂直投影．实验时先让入射小球A多次从斜轨上的某一位置由静止释放，从水平轨道的右端水平抛出，经多次重复上述操作，确定出其落地点的平均位置P1，然后，把被碰小球B置于水平轨道的末端，再将入射小球A从斜轨上由静止释放，使其与小球B对心正碰，多次重复实验，确定出A、B相碰后他们各自落地点的平均位置M、N．分别测量平抛射程OM、O N和OP．
（1）实验中必须满足的条件是：（ ）
A.斜槽轨道尽量光滑，以减小误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放
D.两球的质量必须相等
E.两球的半径必须相等
（2）若A、B两小球的质量之比为6:1，在实验误差允许范围内，下列说法正确的是_____
A. A、B两小球碰撞后在空中运动的时间比为OM:ON
B. A、B两小球碰撞后落地的重力的瞬时功率之比为6OM:ON
C. 若A、B两小球在碰撞前后动量守恒，则一定有6OP=6OM+ON
D. 若A、B两小球碰撞为弹性碰撞，则一定有OP=ON-OM
（3）另一位同学也用上述两球进行实验，测得入射球A的质量为mA被碰撞小球B的质量为mB，但他将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点，如图所示．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨道上某一位置由静止释放，撞击点为B0；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上同一位置由静止释放，确定其撞击点为B2；保持木条不动，再将入射球A从斜轨上同一位置由静止释放，与静止在轨道末端的球B相碰，确定两球相碰后与木条的撞击点分别为B1和B3．测得B0与B1、B2、B3各点的高度差分别为h1、h2、h3．若所测得物理量满足表达式________________时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒．
【答案】 ①. BCE ②. CD ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A错误；
B．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B正确；
C．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；
DE．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求，，D错误；E正确；
应选BCE。
（2）[2]A．两小球碰撞后在空中做平抛运动，运动的时间
故A、B两小球碰撞后在空中运动的时间比为，A错误；
B．两小球碰撞后落地的竖直速度相等，由
所以
B错误；
C．若A、B两小球在碰撞前后动量守恒，则一定有
即
C正确；
D．若A、B两小球的碰撞为弹性碰撞，则有
即有：
与
联立可得
OP=ON-OM
D正确；
故选CD。
（3）[3]小球做平抛运动，在竖直方向上
平抛运动时间
设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：
如果碰撞过程动量守恒，则
代入解得
19. 如图所示是一则安全警示广告，描述了高空坠物对人伤害的严重性。小王同学用下面的实例来检验广告词的科学性：用一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面。经测量鸡蛋质量约50g，8层楼高约20米，与地面接触时间约为0.02s。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求鸡蛋：
(1)下落到地面时动量的大小；
(2)对地面平均作用力的大小。
【答案】(1)1；(2)50.5N
【解析】
【详解】(1)下落到地面时速度由得
v==20m/s
动量的大小为
(2)设向上为正方向，根据动量定理可知，对鸡蛋
解得
由牛顿第三定律可知鸡蛋对地面平均作用力的大小
F´=50.5N
20. 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线是这列波在时刻的波形，虚线是这列波在时刻的波形，问：
（1）若这列波的波速大小为74m/s，求波传播的方向；
（2）若这列波的周期为T，且，求这列波的波速是多大；
（3）若波速为38m/s，求处的质点从时刻开始计时的振动方程。
【答案】（1）波沿x轴负方向传播；（2）若波沿x轴正方向传播54m/s，若波沿x轴负方向传播58m/s；（3）
【解析】
【详解】（1）由图象可知，该波的波长
λ=8m
若波速大小为74m/s，在
内波传播的距离为
因为
所以波沿x轴负方向传播；
（2）波在一个周期内传播的距离是一个波长，由知，波传播距离为
当波向x轴正方向传播时，波传播距离为
波速为
当波向x轴负方向传播时，波传播距离为
波速为
（3）若波速大小为38m/s，在
内波传播的距离为
所以波沿x轴正方向传播，质点振动的周期
质点振动方程为
21. 如图所示，一竖直固定的长直圆管内有一质量的静止薄活塞，活塞与管的上端口距离为，一质量m=0.1kg的小球从管的上端口由静止下落，并撞在活塞中心，活塞向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，活塞始终水平，小球与活塞发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）第一次碰撞前瞬间小球的速度大小；
（2）在第一次碰撞后瞬间小球与活塞的速度分别为多少；
（3）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与活塞间的最远距离。
【答案】（1）3m/s；（2），2m/s；（3）0.45m
【解析】
【详解】（1）第一次碰撞前瞬间，对小球，根据动能定理有
解得
（2）小球与活塞第一次碰撞，由于是弹性碰撞，则有
解得
（3）碰后活塞向下匀速运动，小球做竖直上抛运动，当小球速度向下且两者共速时有最大距离，选择向下为正方向，则有
解得共速时间
此时最大距离
解得
22. 如图是一游戏装置的简易模型，它由光滑的水平轨道CDM和竖直平面内的光滑圆轨道组成，竖直圆轨道的半径，圆轨道内侧最高点E点装有一力传感器，且竖直圆轨道的最低点D、点相互靠近且错开。水平轨道左侧放置着两个用细绳连接的物体A和B，其间有一压缩的轻弹簧（物体与轻弹簧不粘连），烧断细绳，物体被弹出。轨道右侧M端与水平传送带MN等高，并能平滑对接，传送带总长度，传送带速度大小和方向均可调。已知A物体质量，B物体质量可变，A、B间被压缩的弹簧的弹性势能为30J。则：
（1）求测得的力传感器能显示的力的最小值；
（2）要使物体A冲上传送带后，均能到达N点，求传送带的动摩擦因数的最大值；
（3）要使物体A在圆轨道上运动时不脱离轨道，则物体B的质量范围。
【答案】（1）0；（2）0.45；（2）见解析
【解析】
【详解】（1）当由重力提供向心力时，对E点压力为0，所以测得的力传感器能显示的力的最小值
（2）当物体A恰好通过圆轨道最高点后进入传送带时速度最小，此时若传送带静止或逆时针转动，则物体一直在传送带上做匀减速直线运动。当物体到达N点的速度为0时，则动摩擦因数最大，即：对物体A分析
得：
所以传送带的动摩擦因数应满足
（2）物体A不脱离圆轨道有两种情况，①过最高点的速度
则从弹簧弹出开始到最高点列动能定理
得
②到达圆轨道的圆心等高处时速度恰好为0，则从弹簧弹出开始到圆心等高处列动能定理
得
因为物体A是通过释放弹簧的弹性势能获得速度，且A与B反向弹开，满足动量守恒
得
代入数据得
或
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